高中物理第四章牛顿运动定律阶段提升课学案新人教版必修1

第四章三考点动力学中的传送带问题（难度☆☆☆）1.分类：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。2.解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。（1）若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＜v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。（2）若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＞v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。（3）若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。（4）若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。3.物块在传送带上运动的六类常见情形：（1）v0＝v时，一直匀速（2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速（3）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速（1）传送带较短时，一直减速（2）传送带较长时，先减速后返回①v0≤v时，返回速度为v0②v0＞v时，返回速度为v（1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速（1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速（3）可能先以a1加速，后以a2加速（1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速（3）可能先以a1加速，后以a2加速（4）可能一直匀速（5）可能先减速后匀速（6）可能一直减速（1）可能一直加速（2）可能一直匀速（3）可能一直减速（4）可能先减速后返回①v0≤v时，返回速度为v0②v0＞v时，返回速度为v如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在斜向传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.25，均以v＝4m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12m，斜向传送带BC长L2＝1.88m，倾角α＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2），求：（1）产品在水平传送带AB上运动的时间；（2）产品在斜向传送带BC上运动的时间。【解析】（1）产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg＝ma得加速度大小为a＝2.5m/s2，方向水平向右产品加速到速度与传送带相同所用时间为t1＝eq\f(v,a)＝1.6s匀加速运动的位移：s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝3.2m则匀速运动的时间：t2＝eq\f(L1－s1,v)＝2.2s得产品在水平传送带AB上运动的时间为t＝t1＋t2＝3.8s（2）第一段物体向下做匀加速直线运动，则有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1则得加速度为a1＝8m/s2匀加速运动的时间：t3＝eq\f(v,a1)＝0.5s位移为s2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝1m第二阶段，由于mgsin37°＞μmgcos37°，故物体继续向下做匀加速直线运动。则得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2加速度为a2＝4m/s2第二段运动时间：L2－s2＝vt4＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))解得：t4＝0.2s可得产品在斜向传送带BC上运动的时间为t′＝t3＋t4＝0.7s答案：（1）3.8s（2）0.7s【加固训练】1.如图所示，传送带的水平部分ab＝2m，斜面部分bc＝4m，bc与水平面的夹角α＝37°。一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v＝2m/s。若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）【解析】物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，直到和传送带速度相等。在这一过程中有a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(v2,2μg)＝0.8m<ab。经历时间为t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s。此后物体随传送带运动到b点的时间为t2＝eq\f(ab－x1,v)＝0.6s。当物体A到达bc斜面时，由于mgsin37°＝0.6mg>μmgcos37°＝0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2，物体A在传送带bc上所用时间满足bc＝vt3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，代入数据得t3＝1s（t3＝－2s舍去）。故物体A从a点被传送到c点所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4s。答案：2.4s2.如图所示，传送带与水平面夹角为37°，传送带以10m/s的速率运动，传送带轮沿顺时针方向转动。现在在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m＝0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5。若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，则物块从A运动到B的时间为多少？【解析】由于μ＝0.5<tanθ＝0.75，物块一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。设从物块刚放上到达到传送带速度10m/s时，物块位移为x1，加速度为a1，时间为t1，因物块速率小于传送带速率，根据牛顿第二定律，a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，方向沿斜面向下。t1＝eq\f(v,a1)＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝5m，小于传送带长度。设从物块速度为10m/s到B端所用时间为t2，加速度为a2，位移为x2，物块速度大于传送带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得t2＝1s（t2＝－11s舍去）所用总时间t＝t1＋t2＝2s。答案：2s考点“滑板—滑块”问题（难度☆☆☆☆）1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联：2.两种类型：类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。（1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？【解析】（1）A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3m/s2木板B向右匀加速运动，加速度大小a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得时间关系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移关系：L＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)m/s。（2）木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3m/s2B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系eq\f(v0－v′,a1)＝eq\f(v′,a2′)解得v′＝eq\f(v0,2)＝eq\r(6)m/sA的位移xA＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－v′2,2a1)＝3mB的位移xB＝eq\f(v′2,2a2′)＝1m由xA－xB＝2m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为eq\r(6)m/s。答案：（1）2eq\r(6)m/s（2）没有脱离eq\r(6)m/seq\r(6)m/s【加固训练】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2随时间变化的图线中正确的是（）【解析】选A。当F比较小时，木块和木板相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(k,m1＋m2)t，a∝t；当F比较大时，m2相